10. osztály 1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy (a + b + c ) 2 3≤ ≤4 ab + bc + ca Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen
Megoldás A feladatban szereplő kettős egyenlőtlenséget bontsuk két részre és végezzünk ekvivalens átalakításokat. (a + b + c) 2 3≤ ≤4 ab + bc + ca 2 3(ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c ) ≤ 4(ab + bc + ca ) a) Bizonyítsuk először a bal oldalt: (1), 3 (ab + bc + ca ) ≤ ( a + b + c )2 amiből a2 + b2 + c2 – ab – bc - ca ≥ 0. Kettővel való beszorzás, és a tagok csoportosítása után kapjuk, hogy (a – b )2 + ( b - c) 2 + ( c - a) 2 ≥ 0, ami minden valós a , b , c értékre. igaz., így az (1) egyenlőtlenség is igaz. Egyenlőség akkor és csak akkor, ha a = b = c , azaz szabályos a háromszög.
b) Nézzük most a jobb oldalt (a + b + c) 2 ≤ 4 (ab + bc + ca ) (2) egyenlőtlenséget ekvivalensen alakítjuk tovább. Így azt kell belátnunk, hogy a2 + b2 + c2 ≤ 2 (ab + bc + ca). Mivel 2 (ab + bc + ca) = a (b+c) + b (a+c) + c (b+a), a háromszög-egyenlőtlenségek felhasználásával kapjuk, hogy a 2 < a (b+c), b2 < b (a +c), c2 < c (b+a), amiből már következik a bizonyítandó állítás. Így az ekvivalens átalakítások miatt a (2) egyenlőtlenség is igaz, sőt egyenlőség soha nem állhat fent! Mivel az átalakítások ekvivalensek, ezért a bizonyítást a visszafelé bizonyítás módszerére való hivatkozással lehet befejezni.
2. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazán! 4 x 2 − 3 y = xy 3 2 x + x 3 y 2 = 2 y Balázsi Borbála, Beregszász
Megoldás .Ha x = 0 vagy y = 0 , kapjuk a (0;0) megoldást. Ha x ≠ 0 és y ≠ 0 , az első egyenletet szorozzuk meg x 2 -tel, a másodikat y -nal és adjuk össze őket. 4 x 4 − 3 x 2 y + x 2 y = 2 y 2 2 x + x 3 y 2 = 2 y Első egyenletet szorzattá alakítva y − x 2 y + 2 x 2 = 0 2 x + x 3 y 2 = 2 y
(
)(
y = x 2 vagy
)
y = −2 x 2
Ezeket a második egyenletbe írva és kihasználva a kezdeti feltételt kapjuk, hogy x5 = 1 ⇒ x =1 ⇒ y =1 és 5 5 40 x5 = − ⇒ x=− ⇒ y = −5 50 4 2
1 Összesítve: három megoldás van: (0;0) ; (1;1) ; − 5 40 ;−5 50 . 2
3. Az AB szakaszon vegyük fel a C és D pontokat úgy, hogy AC = CD = DB legyen és legyen CDEF egy tetszőleges paralelogramma. Legyen G az AE és DF, H pedig a BF és CE metszéspontja. Bizonyítsuk be, hogy AB = 9GH . Olosz Ferenc, Szatmárnémeti
Megoldás Legyen O a paralelogramma átlóinak metszéspontja és legyen DK || CE , CL || DF , K ∈ BF , L ∈ AE .
F G
A paralelogramma átlói felezik egymást, ezért a DFK háromszögben (OH) középvonal és DK = 2⋅ OH . A CBH háromszögben (DK) középvonal és CH = 2⋅ DK = 4⋅ OH , ahonnan CO = 3 ⋅ OH .
L
A
Hasonlóan bizonyítjuk, hogy DO = 3 ⋅ OG . A COD és HOG háromszögek hasonlóságából következik CO DO CD = = =3 HO GO HG
CD = 3 ⋅ GH és AB = 3 ⋅ CD , tehát AB = 9 ⋅ GH .
E
C
H O
D
K
B
4. Egy 2n oldalú, szimmetria középponttal rendelkező konvex sokszöglap (P) csúcspontjai közül kiválasztunk hármat, jelöljük őket A, B, C-vel. Igazoljuk, hogy az ABC háromszög t T területe nem nagyobb, mint , ahol T a P sokszöglap területét jelöli. 2 Dályay Pál Péter, Szeged
Megoldás Jelölje O a P szimmetria középpontját és A', B', C rendre az A, B, C pontok O-ra vonatkozó szimmetrikusait. Három esetet lehetséges:
1. Eset. Ha O illeszkedik az ABC háromszög egyik oldalára, akkor ez csakis az oldal felezőpontja lehet, hiszen ellenkező esetben a konvex sokszög kettőnél több csúcsa is illeszkedne az illető oldal egyenesre, ami konvex sokszög esetén kizárt. Ha a háromszög harmadik csúcsát tükrözzük a szemközti oldal felezőpontjára (a szimmetria középpontra) nézve, akkor egy paralelogrammát kapunk, amelynek csúcsai a sokszög csúcsai közül valók, így a paralelogramma része a konvex sokszöglapnak, így területe nem nagyobb mint T, ami ebben az esetben igazolja a feladat állítását. 2. Eset. Ha O az ABC háromszöglapon kívül van, akkor az O ponton át húzhatunk egy olyan £ egyenest, amelyik nem metszi a háromszöglapot. Az A, B, C pontok és az A', B', C tükörképek az £ egyenes különböző oldalán helyezkednek el. Tehát az ABC és A'B'C egybevágó háromszöglapoknak nincs közös pontjuk és mindkettő a konvex sokszög része, így ebben az esetben t < T/2. 3. Eset. Ha O az ABC háromszöglap belső pontja (lásd a mellékelt ábrát), akkor mivel az A , B , C , A ' , B ' , C pontok a konvex sokszög csúcsai, következik, hogy AC'BA'CB' egy konvex hatszöglap, amely része a konvex sokszöglapnak. Nyilvánvalóan ahhoz, hogy a csúcsok tükörképei a háromszöglapon kívül kerüljenek, szükséges, hogy a szimmetria középpont az ABC háromszög középponti háromszögének belsejében legyen. Jelölje rendre x, y, z az O pontnak a BC, CA, AB egyenesektől mért távolságát, a, b, c a BC, CA, AB oldalak hosszát, míg ma, mb, mc a megfelelő magasságokat, így mivel tOBC + tOCA + tOAB = t, következik, hogy
ax by cz + + =t 2 2 2 Könnyen belátható, hogy d(A',BC) = ma - 2x, d(B',AC) = mb - 2y és d(C, AB) = mc- 2z. Ezek alapján kiszámítható a konvex hatszöglap területe.
t AC ' BA 'CB ' = t AC ' B + t BA'C + tCB ' A + t =
c(mc − 2 z ) a (ma − 2 x ) b(mb − 2 y ) + + +t = 2 2 2 = 4t − (ax + by + cz ) = 4t − 2t = 2t =
Mivel a konvex hatszöglap része az eredeti konvex sokszöglapnak, következik, hogy 2t ≤ T, ami igazolja a feladat állítását ebben az esetben is.
5. Hány olyan egyenlőszárú trapéz létezik, amelynek a kerülete 2011 és az oldalak mérőszáma egész szám? Szabó Magda, Szabadka
Megoldás A trapéz oldalai legyenek ebben a sorrendben a; c; b; c és a ≥ b a párhuzamos oldalak. A feladat szerint a + 2c + b = 2011 a + b = 2011 − 2c Tehát a párhuzamos oldalak összege páratlan szám, azaz nem lehetnek egyformák. Tehát a > b biztosan. Igaz a következő egyenlőtlenség is: a
a + 2c + b 2011 = 2 2 Tehát az a valamely rögzített értékére az {1,2,3,...1005}halmazból a b értéke bármely a-nál kisebb érték lehet, de paritásban különbözőnek kell lenni, hiszen az összegük páratlan szám. a Ennek alapján a lehetőségek száma és ekkor a c értéke egyértelmű, hiszen 2 2011 − a − b c= 2 a<
Tehát a trapéz is egyértelműen meghatározott az oldalaival. A trapézok keresett száma: 1005 a ∑ = 0 + 1 + 1 + 2 + 2 + ... + 501 + 501 + 502 + 502 = a =1 2 502 ⋅ 503 = 2(1 + 2 + 3 + ... + 502 ) = 2 ⋅ = 252506 2
6. Adott nyolc különböző pozitív egész szám a tízes számrendszerben. Képezzük bármely kettő (pozitív) különbségét, majd az így kapott 28 számot szorozzuk össze. 6-nak melyik az a legnagyobb kitevőjű hatványa, amivel ez a szorzat biztosan osztható? Kiss Sándor, Nyíregyháza
Megoldás A következő állítások igazak: Egy szám akkor és csak akkor osztható 6-tal, ha osztható 2-vel és 3-mal. Két szám különbsége csak akkor osztható 2-vel, ha azok paritása megegyezik (mindkettő páros vagy mindkettő páratlan. Belátható, hogy négy páros és négy páratlan szám megadása esetén lesz a lehető legkevesebb páros tényező, ugyanis x 8 − x 4 + ≥ 2 2 2 2 A négy párosból és a négy páratlanból is 6-6 darab 2-vel osztható tényezőt lehet képezni, a többi társítás páratlan lesz. Ez azt jelenti, hogy 2-nek a 12. hatványával biztosan osztható lesz a 28 szám szorzata. A hárommal való oszthatóság szempontjából a természetes számok algebrai alakja 3k , 3k + 1, 3k + 2 lehet. Az azonos algebrai alakú számok különbsége osztható 3-mal. Legkevesebb 3-mal osztható tényezőt akkor kapunk, ha a fenti alakú számok eloszlása 3, 3, 2, valamilyen sorrendben. Ha valamelyik típusból 3 darab van, akkor abból 3 db hárommal osztható számot tudunk képezni. Ha valamelyikből csak 2, akkor 1 darab 3-mal oszthatót készíthetünk. Így a 3 kitevője legalább 3 + 3 + 1 lesz, vagyis a 3 hetedik hatványával még biztosan osztható. Összegezve: a 28 darab feladatbeli tényező a 6 hetedik hatványával még biztosan osztható. A nyolcadikkal viszont nem feltétlenül, mert például az {1,2,3,...8} esetén a szorzat csak 3-nak csak a 7. hatványával osztható.
